小球与盒子

参考：当小球遇上盒子

默认问题：把 n 个小球放到 m 个盒子里，分别有三项要求：

①球是否相同 ②盒子是否相同 ③能否有空盒。

1.球相同，盒子不同，不能有空盒

利用插板法，n 个小球中间会存在 n-1 个空，用 m-1 块板插入这些空中，可以将 n 个小球分为 m 块，因此：
\[ ans=C_{n−1}^{m−1} \]

2.球相同，盒子不同，可以有空盒

我们现在假设有 m+n 个球然后我们用 m-1 块板将它分隔成了 m 块，然后，我们在每一块中都拿出一个小球，那么现在我们剩下 n 个小球，并且也保证了可以有空盒出现的情况，因此：
\[ ans=C_{n+m−1}^{m−1} \]

3.球不同，盒子不同，可以有空盒

每一个球都有 m 种选择，那么总共有 n 个球，因此：
\[ ans=m^n \]

4.球不同，盒子相同，不能有空盒

\[ ans=S2(n,m)={\frac 1 {m!}}*\sum_{k=0}^{m}(-1)^k{C_m^k}*(m-k)^n \]

\(m^n\) 的意思表示的是将\(n\)个球，\(m\)个盒子按照3来放，其中就包括了可能只放了\(m\)个或者\(m-1\)或者\(m-2\)等等的情况，那\((m-1)^n\)中又包括了只放了\(1<=i<=m-1\)的情况，如果说想表示\(m\)个相同盒子，\(n\)个不同球的放置，不能够单纯的靠\(m^n-(m-1)^n\)来实现，因为\(m^n\)包含了两个\((m-1)^n\)而这两个\((m-1)^n\)中所包含的\((m-2)^n\)又会有交集（即可能出现重复），因此需要用到容斥。最后乘\(1/m!\)是为了消除其有序性。

可以用 FFT（快速傅里叶变换）加速

5.球不同，盒子也不同，不能有空盒

与4唯一的不同就是盒子出现的有序性，因此只需要在上一个公式里不除\(m!\)即可
\[ ans=m!*S2(n,m)=\sum_{k=0}^{m}(-1)^k{C_m^k}*(m-k)^n \]

6.球不同，盒子相同，可以有空盒

因为可以有空盒，我们可以枚举每次一共用了几个盒子，然后把相应的第二类斯特林数加起来就可以了，因此：
\[ ans=\sum_{i=1}^mS2(n,i) \]
这种数叫做贝尔数，可以说贝尔数就是其对应的第二类斯特林数之和，贝尔数对应公式：
\[ B_{n+1}=\sum_{k=0}^nC_n^kB_k \]
即枚举包含最后一个元素的集合大小，也可以通过对应的第二类斯特林数求和得到，公式如下：
\[ B_n=\sum_{k=1}^nS2(n,k) \]

7.球相同，盒子相同，可以有空盒

设 \(f[n][m]\) 为 \(n\) 个球放到 \(m\) 个盒子里的方案数

如果只有一个盘子或者没有小球，方案数自然为 1

如果小球比盒子要少，小球肯定是放不满盒子的，由于盒子相同，可以得到转移 \(f[i][j]=f[i][i]\)

如果小球比盒子要多，就分为将盘子放满和没放满两种情况，即 \(f[i][j]=f[i−j][j]+f[i][j−1]\)

代码：

for(int i=0;i<=n;i++){
    for(int j=1;j<=m;j++){
        if(j==1 || i==0) f[i][j]=1;
        else if(i=j) f[i][j]=f[i-j][j]+f[i][j-1];
    }
}

8.球相同，盒子相同，不能有空盒

有点类似于第一、二种情况之间的关系。

我们先假设在每一个盒子里都放上了一个球，就跟上面的情况一样了。
\[ ans=f[n−m][m] \]

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